高等代数与解析几何习题答案

习题

习题设A是一个"阶下三角矩阵。证明：

(1)如果A的对角线元素吗H勺(门=1,2,.../)，则A必可对角化；

(2)如果A的对角线元素aii=a22=-=aii“f且A不是对角阵，则A不可

对角化。

证明：(1)因为A是一个〃阶下三角矩阵，所以A的特征多项式为I2E-A

1=(2-!)(2-«22)・•(2-6/wj),又因心工勺(/,j=1,2,».,/?)，所以人有"个不

同的特征值，即4有"个线性无关的特征向量，以这〃个线性无关的特征向量为

列构成一个可逆阵P,则有厂虫P为对角阵，故A必可对角化。

(2)假设A可对角化，即存在对角阵〃=人.，使得A与B

相似，进而A与3有相同的特征值人，人,…人。又因为矩阵A的特征多项式为I

xtf—Al=(几所以，从|([J

/、

如

B=如=如丘，于是对于任意非退化矩阵x，都有

、%>

XBX=X%EX=gE=民而A不是对角阵，必有厂曲=3”,与假设矛盾，所以A

不可对角化。

习题设"维线性空间V的线性变换"有$个不同的特征值入，易，…,入，

匕是人的特征子空间(心1,2，…,s)0证明：

(1)叫+岭+...+匕是直和；

(2)a可对角化的充要条件是V=%㊉匕㊉…㊉匕。

证明：⑴取岭+£+•・•+匕的零向量0,写成分解式有

ax+a2+-+a=0,其中qev；J=1,2，…,s0现用6b[...,b

分别作用分解式两边，可得

印+色+...+%=0

人©++•,•+AS3S=0

常匕+石么+•••+町匕=0

写成矩阵形式为

工人L

（、1"=（0Q•••,0）。

（4S，…心）：

A7

J人

f]人…吊:

4丁……人"越’的行列式不为

由于人，人，…，人是互不相同的，所以矩阵3=1

零，即矩阵B是可逆的，进而有

（卬,色,aJBB”=（0,0，…,0）B"=（0,0，…,0）,（a|■勺，…）=（0,0，…,0）o

这说明必+岭+..•+匕的零向量0的分解式是唯一的，故由定义可得％+/+・・・

+匕是直和。

（2）（=＞）因匕•，心12...,s都是V的子空间，所以有Un%㊉匕㊉…㊉匕。

又因＜7可对角化，所以旷有川个线性无关的特征向量，它们定属于某一特征

值，即它们都属于K㊉岭㊉…㊉匕。对任意的a&V,一定可由"个线性无关的特

征向量线性表示，所以aw%㊉匕㊉…㊉匕，即得VcV,㊉匕㊉…㊉匕成立，故有V

=V,㊉岭㊉…㊉匕o

(U)因V=V,©V2㊉…㊉匕，所以分别取叫(i=1,2，…,f)的基：勺，匕2，…,匕"i=

1,2，…,s,其中/+〃2+...+心=",进而得V的基：au,ai2,--/airf|/321/322/----/tZ2<,—/

asl,as2t-taldo又知基向量中的每一个向量都是"的特征向量，故得"有〃个线

性无关的待征向量，所以"可对角化。

习题设D是〃阶对角阵，它的特征多项式为

AD(2)=(2一人)C,(2—▲)巾…"一舄户，

其中人易…’人两两不同。设

V={BeMH(F)\BD=DB],

证明：V是M"(F)的子空间，且

dim1/=c;+c;+...+c:o

证明：对即AD=DAfBD=DB,Pk、leF有

伙/+眼。=(M)D+(IB)D=k(AD)+l(BD)=k(DA)+l(DB)=

D(kA+IB),所以kA+IBA匕即V是M"(F)的子空间。

似t、

设》=人纶..，则由习题知与D可交换的矩阵只能是

准对角矩阵，即3=31.，其中色为q阶方阵，心1,2「进

、k

飞、

而对VB=81.eV,都可由i行，J•列元素为1,其余元素全为

零的”阶方阵

&QGJSC],q+1</,J<q+C2,「(乞c*)+lGfcQ线性表示。显然

A:-lH

号(lGJSq心+1GJVq+C2，…,(fcQ+1GJSfcQ线性无关,构成V的

一组基，所以dimU=+c;+...+。

习题设A为准对角阵，

A=.,

其中4是儿阶矩阵，它的最小多项式是/n,(A)。证明：

[2)=["(/[)加2亿)")]„

(即A的最小多项式是备得…,A,的最小多项式的最低公倍式。)

证明：令叫(兄)，吗⑷，…，叫(兄)为对角线上诸块£每一4的最小多项式，且〃⑵=

M⑵，加2(刃，…，他(刃1。因®(刃为A的最小多项式，则由mA(A)=0可得〃

仃(A)=0,心1,2，…,s0又因A的最小多项式整除任何以人为根的多项式，所以mf(A)

ImA(A),7=1,2,...2。从而A(2)ImA(A)o

乂由于/H/(/l)I/z(A),i=12而"(A)=0,故〃⑷=0o从而

7(A)、

h(A)=•­=0o

<h(A»

于是又有冲仞,牝又因它们的首项系数都是1，故

叫⑵=A(A)=[m}(2),相2(九)........./n,(A)]0

习题求下列矩阵的最小多项式，并判断它是否可对角化:

qi...p(010人

11...i1010

(1)4=；(2)A=

0101

、11-1,11XU<101°

解:⑴矩阵A的特征多项式为

X—1—1...-1

\AE-A\="A"

=/b-1(2-n)o

-1—1

由命题知，矩阵A的最小多项式为才(几-仍，其中经计算得

r|1...1、4T1(00-0)

11,•,1-/2...1c...0

A(A-nE)=100n

J1)<11...1_心<00...0,

故矩阵A的最小多项式为2(2-〃)，且无重根，所以A可对角化。

⑵矩阵A的特征多项式为

IA—10—1

u£,«,=o—J°二才(兄一2)(几+2)o

-1

|—10—1A

由命题知，矩阵A的最小多项式为Z(2-2)(2+2),其中|vev2o

经计算得

010s,-2101「10n

10101-2101210

A(A-2E)(A+2E)010101-210121

j01：<101-2><1012

(0•C

-00.C

0C1

故矩阵A的最小多项式为2(2-2)(2+2),且无重根，所以A可对角化。

习题如果〃阶方阵A满足A^+A=2f■，问A可对角化吗

答：A可对角化。事实上，由A^+A=2E»IAA^+A-2E=。即得4的零

化多项式/")=才+几-2,而A的最小多项式可整除A的零化多项式，故A的最小

多项式只可能为几T,2+2或/⑵=22+A-2=(2-1)(2+2),

无论哪一种，A的最小多项式都无重根，故A可对角化。

习题证明：

(1)A是幕零阵的充要条件为A的特征值全为零；

⑵”阶方阵如果存在正整数£伙可能>〃)，使3=0,则必有

A'!=Oo

证明：⑴(一)因为A是幕零阵，所以存在正整数加，使得

由此可得A的零化多项式为/(/I)=Z：由命题知，A的最小多项式，心(兄)是/(2)=

A.K的因式，故有化1(兄)=才，其中|<k<rno又因A的每一个特征值都是最小

多项式的根，而=才只有零根，所以A的特征值全为零。

(二)反证法。设〃阶方阵A不是幕零阵，即对任意正整数川，都有/TH0。当

然也有A”H。。现有A的零化多项式，即特征多项式为

△A(A)=1|=(2J)c，(2—易严...(久一人)”,

其中q+C2+...+c$=:为A的所有不同的特征值。显然，

人,…，人不能全为零。否则4(A)=A"H0与4(几)是A的零化多项式矛盾。另

一方面，人2…虫不全为零又与题给条件矛盾。故命题得证。

⑵当〃时，由卅=0可得=AkAnJ(=QAn~k=0o

当〃〉"时，由中=0可得A的一个零化多项式/⑵=/。所以A的最小多项式二其

中I又由于A的零化多项式之一，即特征多项式AA⑵=UE-AI是"次多项式。

所以A的最小多项式的次数/V"，且有mA(A)=⑷=0，故有4=44'=

OA"J=0。

习题设A为”阶方阵,多项式/")=才-8/1+15,gS)=F-4几+3,使/(A)=0,

g(A)=Oo求A的最小多项式。

解:设h(A)=0v切划，即得

/z(A)=尤一8A+15—(A-------4/1+3)=—4A+120

因为/(A)=0,g(A)=0,所以有h(A)=皿加4>=0回力(刃为A的零化多项式。

又知4的最小多项式是其零化多项式的因式，故得A的最小多项式为〃仃

(兄)=2—3O

习题设“/倒是数域尸上”阶方阵全体所组成的线性空间。r是M"(F)上的

线性变换：r(A)=0证明：

(1)厂的特征值只可能是1,-1；

⑵：■可否对角化为什么

证明：⑴设「的特征值为兄，厂的属于几的特征向量为A,即有r(A)=AA,

进而有r2(A)=叱/,再由题给条件有r(A)=A1，进而有r2(A)=r(Ar)=(A>=A,所以

有XE4=A，而A为特征向量，是非零的，定有22=1,所以r的特征值只可能是1,-1。

⑵答：7.可对角化。因为取M"(F)的一组基：Zx迟，…，E"2,设厂在此基

2

下的矩阵为M,则有巩目耳，…，耳2)=(目,丘2,…，岛)M,进而有r(£pf2,--,E2)=(£P£2,-

-,E:)M4又由题给条件有

F(E\、EwEQ=(E\fE」EQ,

可得(巴也...,EQW,=(£屯，…,E"4所以有”=£，由此可得M的零化多项式为

/(2)=22-1=(2-1)(2+1),而M的最小多项式颂4)又是，(A)的因式，所以一定无重

根，所以M可对角化，进而r可以对角化。

习题设A是"阶复矩阵，对某个正整数k,有4"=以证明A可对角化。

证明：因为对某个正整数k,有//=£所以可得A的零化多项式为

/⑵=-1o现令舄=cos+,/=O,l,...,k—10则有

kk

/(A)=2*-l=(A-1)(2--(2-心o

而A的最小多项式…(刃又是/(刃的因式，所以一定无重根，故A可以对角化。

习题

(?1\

习题设线性变换＜7在，的标准基勺下的矩阵为J,又设W

是，中由©二所生成的1维子空间，证明：

(0)

⑴w是，的CT-不变子空间；

(2)不存在另一个＜7-不变子空间使R2=WeVT;

(3)总可以找到另一个子空间W“使R2=晔W“。

21、

证明：⑴由题意知，b(q,勺)=(%02)人=(勺，勺)，即6©)=2勺，

2)

所以对VawW,有a=依/,进而有

“a)=b伙q)=ka(e»=k(2q)=(2k)e(eW,

故W是，的cr-不变子空间。

(2)假设存在另一^。•-不变子空间M使/?2=W㊉且dimF=2,dimW=I,则有

dimW'=lo分别取W与M的基，a,它们构成，的基。又因W与财都是不变子

空间，即cr(cr)=kaeW,＜丁底)=k'a'e仍所以cr在，的基a,刃下的矩阵3

为对角阵，且有A与3相似，而A不可能与对角阵相似，出现矛盾，故命题得

证。

（3）设w“是川中由勺=（。1所生成的1维子空间，则有/?^wew0

习题用归纳法证明：

(1)任一复方阵A必相似于一个上三角阵，且该上三角阵之对角线元

素就是A的全部特征值；

(2)设A是实方阵，则存在实可逆阵P,使为上三角阵的充要条件是A

的特征值全部为实数。

证明：(1)对方阵的阶数作数学归纳。

当"时，结论当然成立。假定对阶结论成立，证明对〃阶成立。

设A为任一”阶复方阵，则A必有待征值人及对应的特征向量现

将屈扩充为C”的组基久炖，…，几，则有A0严入仇,

A0产久0+爻且02+...+久屏",其中/=2,-,no故存在可逆方阵

Q=(A,02,「0"),使得

…饥

…b2n

bnl...bnn)

；是八-1阶复方阵，故由归纳法，存在"-1阶可逆阵Q2,

bnn)

使得

从而存在可逆方阵2=Q

人如...外"

1n1n4c容包・/>“fl0

护4。=

Q、oe2>=〔。Qi\'■'■:(OQ/

0...WJ

L

10

从而命题得证。

(2)(=>)设存在实可逆阵P，使得PAAP=

10

为A的全部特征值。将上式两边取共轨得PAAP=HAP=

又因A与P都是实矩阵，所以有

a*—

_石

二"，即有&=入，f=12…，故4的特

0

征值全部为实数。

(<=)对实方阵的阶数作数学归纳。

当,2=1时，结论当然成立。假定对H-1阶结论成立，证明对〃阶成立。

设A为畀阶实方阵，且A的特征值全部为实数。现取A的一个实特征

值人及对应的特征向量0「并将A扩充为川的一组基久02，…,0",则有

/以二入〃"严饥妙+仇偲+.••+瓦炕，其中/=2、…4故存在实可逆方阵

0严(久02厂也)，使得

勺2...A"，

er'AQ=0的俎9

3®2...bnn>

色2••勿

于是Ji是川T阶实方阵，其特征多项式是A的特征多项式的

九…)

因式，所以特征值都是实数。故由归纳法，存在川-1阶实可逆阵使得

从而存在实可逆方阵Q=Qx，使得

如…九

C/AC-0、50„勺1°

Q~LAQ-ClAC

C一八

0、

A

QiQ2>

&J

从而命题得证。

习题如果W是V的1维子空间，b是V的线性变换，则W是C7-子空间

的充要条件是W中任一非零向量都是属于同一待征值的特征向量。

证明：设&为w的一组基，即VOeW,都有p=kao

(=>)设W是<7-子空间，有b(a)eW,即有b(a)=AaeWo对V/7eW,

且OHO,有b(0)=肋<a)=饥加)=/l伙2)=久0,故得W中任一非零向量都是属于同一

待征值的特征向量。

(U)己知W中任一非零向量都是属于同一特征值的特征向量。不妨

设且0工0,有60)=几0,显然有0-(/7)=2/7eW，故W是。•-子空

间。

习题设V是复数域上"维线性空间，6,6是V的线性变换，且56=65。

证明：

(1)如果入是巧的特征值，则入的特征子空间％也是属的不变子空间；

⑵”,6至少有一个公共特征向量；

⑶如果6有"个不同的特征值，则V内必存在一个基，使"，6在这个基

下的矩阵同时为对角阵。

证明：⑴对VaeVA，有"(a)=一人a，则

"(69))=(b]bj(a)=(ayrJS)=b,"©))=6(人(劭=人(6(明,即得a2(a)6,故匕也是

①的不变子空间。

(2)由⑴有比，是q的不变子空间。若记<4)=久，则6在复数域上必

有特征值"，并存在aHO,且aeVAU，使得<r0(a)=//<z，因而b2(a)=b()(a)=〃a,

又因<n(iz)=\a，所以a是5与b?的公共特征向量。

⑶设6的"个不同的特征值为备人，…，人，分别取属于不同特征值的

特征向量为ag，…,a",即bg)=4y,j=1,2,…昇2O它们构成线性空间

V的一个基，且巧在基⑷心，…S下的矩阵为人•…又由⑴

<

知，5的特征值&的特征子空间匕，也是①的不变子空间，且匕，(心12.../)都是一

维子空间，则对基es，…,a",必有6(a)=,i=ZZ-此所以

6在基…，％下的矩阵为*20

习题V的非平凡线性变换厂满足r2K，则称T为V的投影线性变换。

证明：

(1)(£—r)(v)=Kerr,V=r(V)+Kerr;

(2)如果/是y的线性变换，是V的历变子空间，且V=W,©%0对任意

v=VV1+W2eV，其中叱<叱(21,2),定义r.(v)=w/z=1,2),则斤七都是V的投影线性

变换,且与。■可交换。

证明：⑴证明(f-r)(v)=Kerro

由于r2=r，则对任意a-T(a)f有

T(a—r(a))=r(a)—淤(a)=0从□a—r(a)eKerr。

VaeKerr,HPr(a)=0,显然a=a-r(a)e{a—r(a)Iawll}=(£—r)(V),因止匕仔-

T)(V)=KerTo

A

再证：V=r(V)+显然有Vr(V)+Kerro

任取aeV，则有a=r(a)+«包显然r(a)er(V),且

-r)(a)]=r(a-r(c?))=r(a)-淤(a)=0,gp(£-r)(a)eKerr。

所以Vcr(V)+KerrWV=r(V)+Kerro

⑵由题意，对任意片=叫i+,其中w「eVV.(j=1,2；/=1,2)；对

任意数有所以巧是线

k,/wF,r\kvx+/v2)=kwu+lw2i=kn(vi)+/rf(v2)(i=1,2),

性变换。

又对任意V=+W6eI/,其中eW,(i=L2),有r/(v)=w“且有

3=巧网=W.(i=1,2)得T：=r.(/=1,2)。又(眄)(P)=tr(rf.(v))=,

(r.cr)(v)=rr.(cr(v))=F-CcrCw')+cr(w2))=o-(vv)这是因为b(叩eVV(/=1,2),得人

=07,,/=l,2o故得斤七都是V的投影线性变换，且与"可交换。

习题设2是"阶矩阵A的待征值，N=4乂£如果向量&适合心但

N人HO,则称&为属于待征值兄的权&的根向量，特征向量就是权为1的根向量。

再令Hk={aeR\Nk(a)=O},

(1)证明乞是F”的子空间，且HvH_,i=12…;

⑵如果存在正整数7使4=证明对任意正整数/«>/,有叽=2；

(3)如果存在可逆阵P=(4，他,...S，使

V1、

P-'AP=。

・.1

<几J

证明a,{i=1,2,...,//)是A的属于特征值2的权II的根向量。

证明：⑴对PagHk,gwF，有N*(Q)=0,N*(0)=O,进而

<Nk(ka+ip)=kNk(a)+INk(/?)=o，即ka+勿故乞是严的子空间。

又对Xfae，有心。显然有M(a)=N(W(a))=N(O)=0，所以得aWd=1,2，…，故有

H—H"\=l,2,...o

(2)己知存在正整数f使⑥即由7Vf+.(a)=。可得M⑶=O,因此对任

意正整数相>L显然当〃？=r及m=/4-1时，命题成立。假设初=f+〃是

成立，其中P为大于零的整数。现证m=/+/?+1时命题成立。

对VQGQ+T,有N"R(a)=0,进而有N"啊(&)=2如(29))=0,由条件可得

NXNP(a))=M(N"(a))=0,即得N"(a)=0,由假设得M⑶=0,所以ae区故对

任意正整数/«>/,有Htn=HtO

(Al

(3)由题意的-2.・,即

1

<嘉

Q1